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2022-2023学年天津市重点校联考高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年天津市重点校联考高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.以下关于光学知识的叙述中，不正确的是( )
A. 甲图是著名的泊松亮斑图案，这是光波的衍射现象
B. 乙图中的彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的
C. 丙图的照相机镜头上涂有一层增透膜，增透膜利用了光的偏振原理
D. 丁图是医学上的内窥镜，其核心部件光导纤维能传输光像信号，是利用光的全反射
2.蓝光光盘是利用波长较短的蓝色激光读取和写入数据的光盘，而传统DVD光盘需要光盘发出红色激光来读取或写入数据。对于光存储产品来说，蓝光光盘比传统DVD光盘的存储容量大很多。如图由红、蓝两种单色光组成的复合光束射入一玻璃球体，当入射角θ等于60∘时，其折射光束和出射光束如图所示。已知a光束第一次射出此玻璃球体后的出射光束相对复合光束的偏折角也为60∘，则下列说法正确的是( )
A. 用a光可在光盘上记录更多的数据信息
B. 该玻璃球体对a光的折射率为 3
C. a光在玻璃中的传播时间长
D. 通过同一单缝分别进行衍射实验时，a光中央亮条纹更窄
3.某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd共有N匝，总电阻为r。线圈处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈以角速度ω绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的磁通量Φ随时间t变化的图像，则( )
A. t=0时刻线圈处于中性面位置
B. t1时刻电流表示数为0，t2时刻电流表的示数最大
C. t3时刻到t4时刻这段时间通过电阻R的电荷量为NΦmR+r
D. 线圈转动一圈，外力对它所做的功为2πN2Φm2R+r
4.B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射。探头接收到的超声波信号形成B超图像。如图为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，t=0时刻波恰好传到M质点。已知此超声波的周期为1×10−7s，下列说法正确的是( )
A. 质点开始振动的方向沿y轴正方向
B. 0∼1.25×10−7s内质点M运动的位移为0.4mm
C. 超声波在血管中的传播速度为340m/s
D. t=2.0×10−7s时质点N恰好处于波峰
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
5.物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展，下列说法符合事实的是( )
A. 赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论
B. 查德威克用α离子轰击 714N获得反冲核 817O，发现了中子
C. 贝克勒尔发现天然放射性现象，说明原子核有复杂结构
D. 卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型
6.关于甲、乙图对应的说法正确的是( )
A. 图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做匀变速直线运动
B. 图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子的加速度方向永远指向平衡位置O点
C. 图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力和细线拉力的合力
D. 图乙中单摆的摆球运动到O点时所受合力不为零
7.如图所示为远距离输电过程示意图，下列说法正确的是( )
A. 低压变电站中变压器的副线圈匝数比原线圈多
B. 高压输电综合考虑各种因素，输电电压越高越好
C. 其他条件不变，用户消耗的电功率越大，线路损耗的电功率也越大
D. 其他条件不变，若升压变压器原线圈匝数加倍，线路损耗的电功率增大
8.氢原子的能级图如图甲所示，一群处于n=4的激发态的氢原子自发跃迁，辐射出的光子中仅有a、b两种光能使图乙中的光电管电路产生光电流，测量得到的光电流I与电压U的关系曲线如图丙所示，则( )
A. a光光子的能量大于b光光子的能量
B. b光产生的光电子的最大初动能Ek=9.8eV
C. 阴极K的逸出功W=2.95eV
D. a光的反向退止电压Uc2=9.41eV
三、实验题：本大题共1小题，共12分。
9.(1)在下列光学实验中：
①在“测定玻璃的折射率”的实验中，某同学在画玻璃砖边界时操作如图甲所示，请指出其不当之处：
______(写出一点即可)，实验中，已画好玻璃砖边界ab、cd后，不小心误将玻璃砖向上稍平移了一点，如图乙所示，其他操作正确，则测得玻璃的折射率将______(选填“变大”“不变”或“变小”)。
②图丙中，若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可______；
A.将单缝向双缝靠近
B.将屏向靠近双缝的方向移动
C.将屏向远离双缝的方向移动
D.使用间距更小的双缝
③图丙实验中，若双缝间距为d，屏与双缝间的距离为1，测得第2条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为x，则单色光的波长为______。
(2)利用如图丁所示的装置验证动量守恒定律。正常工作的气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A和滑块B上都固定有完全相同、长度为d的遮光片。气垫导轨上装有光电门传感器1和2，与之连接的光电计时器(图中未画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。将滑块A置于气垫导轨光电门1左侧某位置，滑块B置于光电门1和光电门2之间靠近光电门2的位置处。测得滑块A的质量为m1，滑块B的质量为m2。
①现给滑块A向右的初速度，使它与静止的滑块B相碰。碰前与光电门1相连的光电计时器显示的时间是t1，碰后滑块B向右运动，与光电门2相连的光电计时器显示的时间是t2，滑块A向左运动，与光电门1相连的光电计时器显示的时间是t3。要验证碰撞中动量守恒，需要验证的表达式为______。(用题中给出的物理量符号表示)
②若某同学在测量遮光片的宽度时，由于人为的错误致使测得的长度偏大，请问该错误对于该实验的结论
______(填“有”或“没有”)影响。
四、简答题：本大题共2小题，共30分。
10.如图甲所示，质量m=4.0×10−3kg、边长L=0.20m、电阻R=2.0Ω的正方形单匝金属线框abcd，置于倾角α=30∘的绝缘斜面上，ab边与斜面底端平行，线框的一半面积处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t按图乙所示的规律周期性变化，若线框在斜面上始终保持静止，取g=10m/s2。求：
(1)在0∼2.0×10−2s时间内线框中产生的感应电流大小I1；
(2)在t=1.0×10−2s时线框受到斜面摩擦力f的大小和方向；
(3)在一个周期内电流在线框中产生的焦耳热Q。
11.如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性正碰(碰撞时间极短)，小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)小球A和物块B碰撞后的速度大小；
(2)碰撞过程物块B受到的冲量；
(3)碰后轻弹簧获得的最大弹性势能。
五、计算题：本大题共1小题，共18分。
12.如图所示，足够长的U型金属框架质量M=0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，相距0.4m的MM′、NN′相互平行，不计电阻。电阻R1=0.1Ω的MN垂直于MM′。质量m=0.3kg，电阻R2=0.1Ω，长度l=0.4m的光滑导体棒ab横放在金属框架上。ab棒左侧被固定在水平面上的两个小立柱挡住。整个装置处于竖直向上的空间足够的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T。现对金属框架施加垂直于MN水平向左F=2N的恒力，金属框架从静止开始运动。运动过程中ab棒与金属框架始终保持良好接触，重力加速度g=10m/s2。
(1)求金属框架运动的最大速度vm的大小；
(2)从金属框架开始运动到最大速度的过程中，MN上产生的焦耳热Q=0.1J，求该过程框架位移x的大小和ab棒所受的安培力的冲量I的大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、甲图中，正中心是一个亮点，是著名的泊松亮斑图案，光偏离原来直线方向传播，这是光波的衍射现象，故A正确；
B、乙图中的彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的，从而导致偏折程度不同，进而出现色散现象，故B正确；
C、增透膜是利用光的干涉，将反射光相互减弱，从而增强透射，故C不正确；
D、光导纤维束内传送图象，是利用光的全反射原理，故D正确；
本题选择不正确的，故选：C
泊松亮斑是光的衍射现象；彩虹是应用光的折射；光导纤维束是利用光的全反射原理，增透膜利用了光的干涉原理，从而即可求解．
考查光的干涉、折射与全反射的原理，及其发生条件，注意增透膜的原理，理解干涉色散与折射色散的不同．
2.【答案】B
【解析】解：A.设折射角为α，根据折射定律n=sinθsinα可知，b光的折射角小，因此b光的折射率大，根据频率和折射率的关系，则b光的频率比a光的频率大，由此可知b光为蓝光，根据题意b光光盘上记录更多的数据信息，故A错误；
B.设光在玻璃体中的折射角为β，光在玻璃体中的光路图如图所示：
由于偏折角为60∘，因此圆心角为∠POQ=120∘，根据几何知识折射角β=60∘
根据折射定律，玻璃体的折射率n=sinθsinβ=sin60∘sin30∘= 3212= 3，故B正确；
C.设玻璃体的半径为R，折射角为r，则光在玻璃体中的传播距离s=2R⋅csr
根据折射定律和折射率公式n=sinθsinr=cv
光在玻璃体中的传播速度v=sinrsinθ⋅c
则光传播的时间t=sv=2Rcsrsinrsinθ⋅c=2Rsinθc⋅tanr
由于a光的折射角大，因此a光在玻璃体中传播时间短，故C错误；
D.根据折射定律n=sinθsinα可知，b光的折射角小，因此b光的折射率大，根据频率和折射率的关系，则b光的频率比a光的频率大，b光的波长比a光的波长小，通过同一单缝分别进行衍射实验时，a光中央亮条纹更宽，故D错误
故选：B。
A.根据折射定律结合光路图求解折射率的大小，从而判断频率的大小，进一步判断出a、b光的颜色，据此分析作答；
B.根据结合知识求折射角，根据折射定律求玻璃体的折射率；
C.根据几何知识求解光在玻璃体中的传播距离，根据折射定律和折射率公式求光在玻璃体中的传播速度，再求传播时间；
D.根据折射定律结合光路图求解折射率的大小，从而判断频率的大小，波长的大小；再根据单缝衍射判断中央亮条纹的宽度。
本题的关键是根据光路图求解ab两光折射率的大小关系，从而判断频率的大小关系；知道衍射现象中中央亮条纹的宽度与波长的关系。
3.【答案】C
【解析】解：A.由图乙可知，t=0时刻穿过线圈的磁通量为0，则线圈与中性面垂直，故A错误；
B.根据题意可知，电流表示数为有效值，根据公式感应电动势的最大值Em=NBSω可知，线圈产生的感应电动势的最大值为Em=NΦmω，
感应电动势有效值为E有=Em 2=NΦmω 2，则电流表的读数为I=E有R+r=NΦmω 2(R+r)，故B错误；
C.根据法拉第电磁感应定律有E=NΔΦΔt，感应电流大小I=ER+r，流过电阻的电荷量为q=IΔt，
联立解得：q=NΦmR+r，故C正确；
D.根据公式T=2πω可得，线圈转动一周的时间为t=2πω，线圈转动一周产生的热为Q=E有2R+rt=N2Φm2ωπR+r，
即线圈转动一周安培力做功为W=−N2Φm2ωπR+r，由动能定理可得，外力对它所做的功为N2Φm2ωπR+r，故D错误。
故选：C。
在中性面位置穿过线圈的磁通量最大；交流电流表测量的是交流电的有效值；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和电流的定义式解答通过电阻的电荷量；线圈转动一周外力做的功等于整个电路产生的热量。
知道在计算通过电阻电荷量的时候，要用的电流是平均电流，相应的电动势是平均电动势；还有根据能量关系可知线圈转动一周外力做的功等于整个电路产生的热量。
4.【答案】D
【解析】解：A.超声波沿x轴正方向，根据波形平移法可知，质点开始振动的方向沿y轴负方向，故A错误；
B、超声波的周期为T=1×10−7s，t=1.25×10−7s=54T，因此0∼1.25×10−7s内M的位移为−0.4mm，故B错误；
C、超声波在血管中的传播速度为
v=λT=14×10−51×10−7m/s=1.4×103m/s
故C错误；
D、在t=2.0×10−7s时间内，波传播的距离为
x=vt=1.4×103×2.0×10−7m=2.8×10−4m
即x=7×10−2mm处质点的振动形式传播到N点，则t=2.0×10−7s时质点N恰好处于波峰，故D正确。
故选：D。
根据波形平移法判断质点开始振动的方向；根据时间与周期的倍数关系，求解质点M的位移；由v=λf求解超声波在血管中的传播速度；由s=vt求出t=2.0×10−7s时间内波传播的距离，再分析t=2.0×10−7s时质点N的位置。
本题要能熟练运用波形平移法分析波的形成过程，判断质点的振动方向。根据时间与周期的倍数关系，来求解质点通过的路程或位移。
5.【答案】AC
【解析】解：A、根据物理学史可知，赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论；故A正确；
B、查德威克用α粒子轰击铍核，产生中子和碳12原子核，故B错误；
C、贝克勒尔发现天然放射性现象，说明原子核有复杂结构；故C正确；
D、卢瑟福通过对α射线散射的研究提出了原子的核式结构模型；故D错误；
故选：AC。
明确人类对于电磁波以及原子结构研究的物理学史，注意B中查德威克发现中子的核反应方程，从而明确发现物．
本题考查对物理学史的掌握情况，要注意准确记忆相关科学家的主要贡献；并能准确用所学规律进行分析，绝不能似是而非．
6.【答案】BD
【解析】解：A.题图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做简谐运动，简谐运动是变加速运动，故A错误；
B.弹簧振子在弹簧弹力作用下做加速度方向永远指向平衡位置O点的变速直线运动，故B正确；
C.题图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力，故C错误；
D.题图乙中单摆的摆球运动到O点时所受合力指向圆心，故D正确。
故选：BD。
弹簧振子的恢复力总是指向平衡位置，F回=kx位移改变，回复力随之改变，所以弹簧振子做变速运动；单摆的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力，在圆弧最低点摆球的合力指向圆心。
本题考查弹簧振子的回复力和运动情况，还考查了单摆的回复力及最低点合力的方向，只要掌握了弹簧振子和单摆的相关知识，并不难。
7.【答案】CD
【解析】解：A、低压变电站中变压器的副线圈匝数比原线圈少，故A错误；
B、在高压输电的过程中，电压过高时，感抗和容抗影响较大，绝缘性能的要求也变高，所以不一定是电压越高越好，故B错误；
C、其它条件不变，用户消耗的电功率变大，则用户端总电流也越大，则通过输电线的电流也就会变大，根据P=I2R可知，线路损耗的电功率变大，故C正确；
D、根据理想变压器的特点，有U1U2=n1n2，则U2=n2n1U1，其它条件不变，n1增加，则U2减小，根据输入功率等于输出功率，结合I=PU可知，通过输电线上的电流会增大，则线路损耗的电功率将增大，故D正确。
故选：CD。
根据理想变压器原副线圈的电压、电流与匝数比的关系可以得到输电线上的电压、电流的变化情况，进而可以判断线路损耗的电功率情况。
解此类问题的关键有两条，第一是熟练掌握原副线圈中电压、电流的关系；第二是变压器的输入功率等于输出功率。
8.【答案】BC
【解析】解：A、辐射出的光子中仅有a、b两种光能使图乙中的光电管电路产生光电流，结合光电流I与电压U的关系曲线分析知，b光的反向遏止电压大，根据W=hν−eUc知，b光光子的能量大于a光光子的能量，故A错误；
B、对b光产生的光电子分析，根据动能定理可得：−eUc1=0−Ek
解得：Ek=9.8eV，故B正确；
C、对b光的光子，有：hνb=E4−E1=−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV
所以逸出功为：W=hνb−Ek=12.75eV−9.8eV=2.95eV，故C正确；
D、对a光的光子，有hνa=E3−E1=−−(−13.6eV)=12.09eV
Ek′=hνa−W
Ek′=eUc1
联立解得：Uc1=9.14eV，故D错误。
故选：BC。
结合光电流I与电压U的关系曲线分析知，b光的反向遏止电压大，根据爱因斯坦光电效应方程分析光子能量的大小；对b光产生的光电子分析，根据动能定理分析光电子的最大初动能；对b光的光子，根据动能定理、爱因斯坦光电效应方程分析逸出功；对a光的光子，根据动能定理、能级图分析a光的反向退止电压。
本题主要是考查了能级跃迁；知道氢原子从高能级向低能级跃迁时辐射一定频率的光子，从低能级向高能级跃迁时吸收一定频率的光子，且基态的氢原子吸收的能量必须等于两能级间的能级差；掌握光子能量的计算公式E=hν，其中ν就是光子的频率。
9.【答案】用手直接触摸玻璃砖的光学面 不变 Bxd(n−2)l m1t1=m2t2−m1t3 没有
【解析】解：(1)①根据图甲可知，不当之处为用手直接触摸玻璃砖的光学面；
光路图如图所示：
根据几何知识，可知实验不小心误将玻璃砖向上稍平移了一点，折射角不变；
根据折射定律n=sinisinr
测得玻璃的折射率不变；
②要想增加从目镜中观察到的条纹个数，应减小条纹间距Δx；根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，可以减小双缝到屏的距离或增大双缝之间的距离或者减小入射光的波长；
A.将单缝向双缝靠近，条纹间距不变，故A错误；
B.将屏向靠近双缝的方向移动，L减小，Δx减小，故B正确；
C.将屏向远离双缝的方向移动，L增大，Δx增大，故C错误；
D.使用间距更小的双缝，d减小，Δx增大，故D错误。
故选：B。
③根据题意，相邻亮条纹之间的距离Δx=xn−2
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ
单色光的波长λ=dΔxl=dl×xn−2=dxl(n−2)
(2)①设遮光条的宽度为d，碰前滑块A的速度大小v1=dt1
碰撞后滑块B的速度大小v2=dt2
碰撞后滑块A的速度大小v3=dt3
取水平向右为正方向，若碰撞过程动量守恒，则m1v1=m2v2−m1v3
代入数据联立解得m1t1=m2t2−m1t3
②根据上式可知，表达式与遮光条的宽度无关，因此测得遮光条的长度偏大，该错误对于该实验的结论无影响。
故答案为：(1)①用手直接触摸玻璃砖的光学面或用玻璃砖代替直尺画边界线；不变；②B；③xd(n−2)l；(2)①m1t1=m2t2−m1t3；②没有。
(1)①根据实验原理和注意事项分析作答；根据折射定律分析作答；
②根据双缝干涉条纹间距公式分析作答；
(2)根据光电门求得碰前A的速度，再根据动量公式求得A的动量，根据实验原理可知需要验证的表达式；由于验证的表达式没有遮光片的宽度物理量，所以不会对结论产生影响。
本题考查动量守恒的验证实验，关键在于掌握实验的原理，即动量守恒的表达式如何求解，注意规定正方向。
10.【答案】解：(1)线框中产生的感应电动势E1，感应电流I1，则感应电动势：E1=ΔΦΔt=ΔBΔtS
磁感应强度的变化率：ΔBΔt=0.2−02×10−2T/s=10T/s
而有效面积：S=12L2
根据欧姆定律得：I1=E1R
代入数据解得：I1=0.1A
(2)线框在磁场中的横边受到的安培力：FA=BIL
由于线框静止，mgsinα+FA−f=0
在t=1.0×10−2s时，B=B1=0.1T
解得：f=2.2×10−2N
方向沿斜面向上
(3)在3.0×10−2s∼4.0×10−2s时间内线框中产生的感应电动势：
E2=ΔΦΔt=ΔBΔt⋅L22=0.2−01×10−2×0.2×0.22V=0.4V
设线圈在一个周期内产生的焦耳热为Q，则：
Q=E12R⋅T2+E22R⋅T4，其中T=4×10−2s
解得：Q=1.2×10−3J
答：(1)在0∼2.0×10−2s时间内线框中产生的感应电流大小I1为0.1A；
(2)在t=1.0×10−2s时线框受到斜面摩擦力f的大小为2.2×10−2N，方向沿斜面向上；
(3)在一个周期内电流在线框中产生的焦耳热Q为1.2×10−3J。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求线框中的电流；
(2)由平衡条件，结合安培力的方向和大小求摩擦力的大小；
(3)根据焦耳定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等分段求出电动势、电流及热量。再把热量相加为所求。
本题是电磁感应中线圈类型，通过图象分析磁感应强度B的变化规律，并能够求出磁感应强度的变化率，将电磁感应和电路问题结合起来，用基本规律可以解决问题。
11.【答案】解：(1)设小球运动到最低点与物块B碰撞前瞬间的速度大小为v，根据机械能守恒定律有
mgh=12mv2
取水平向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，设碰后A、B的速度分别为vA、vB，则对A、B组成的系统有
mv=mvA+mvB
12mv2=12mvA2+12mvB2
联立方程，解得：vA=0，vB=v= 2gh
(2)由动量定理可得，碰撞过程物块B受到的冲量为
I=mvB−0
解得：I=m 2gh，方向水平向右
(3)碰撞后当物块B与物块C速度相等时(设此时两者速度为vBC)轻弹簧的弹性势能最大，对B、弹簧、C组成的系统
由动量守恒定律有：mvB=(m+3m)vBC
由机械能守恒定律有：Epm=12mvB2−12(m+3m)vBC2
解得：Epm=34mgh
答：(1)小球A和物块B碰撞后的速度大小分别为0、 2gh；
(2)碰撞过程物块B受到的冲量为m 2gh，方向水平向右；
(3)碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为34mgh。
【解析】(1)小球下摆过程，由机械能守恒定律可求出小球与物块B碰撞前瞬间的速度，对A、B组成的系统，由动量守恒定律可
列方程，由机械能守恒定律可列方程，联立方程，可求小球A和物块B碰撞后的速度大小。
(2)碰撞过程，对物块B，根据动量定理可列方程，可求物块B获得的冲量。
(3)碰撞之后，B与弹簧、C组成的系统在水平方向不受外力的作用，系统在水平方向动量守恒，当B与C的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可列方程，由机械能守恒定律可列方程，联立方程，可求碰后轻弹簧获得的最大弹性势能。
本题综合考查了系统动量守恒定律、机械能守恒定律，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，要知道弹簧弹性势能最大时对应的是B与C的速度相等。
12.【答案】解：(1)金属框架切割磁感线产生的感应电动势E=BLv
感应电流I=ER1+R2
金属框架受到的安培力大小F安培=BIL
金属框架做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：F−μ(m+M)g−F安培=0
代入数据解得，最大速度vm=5m/s
(2)由于电阻R1=R2，两电阻串联，由串联电路特点与焦耳定律可知，两电阻产生的热量相等，都是Q，
从金属框架开始运动到达到最大速度过程，由能量守恒定律得：Fx=μ(m+M)gx+2Q+12Mvm2
代入数据解得：x=2.7m
通过MN的电荷量q=I−Δt=E−R1+R2Δt=ΔΦΔtR1+R2Δt=ΔΦR1+R2=BLxR1+R2
安培力对ab棒的冲量大小I=BI−Lt
其中q=I−t
代入数据解得：I=0.54N⋅s
答：(1)金属框架运动的最大速度vm的大小是5m/s；
(2)该过程框架位移x的大小是2.7m，ab棒所受的安培力的冲量I的大小是0.54N⋅s。
【解析】(1)金属框架匀速运动时速度最大，应用平衡条件求解最大速度。
(2)应用能量守恒定律求出框架位移大小；应用安培力的计算公式求出安培力的冲量大小。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
1.以下关于光学知识的叙述中，不正确的是( )
A. 甲图是著名的泊松亮斑图案，这是光波的衍射现象
B. 乙图中的彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的
C. 丙图的照相机镜头上涂有一层增透膜，增透膜利用了光的偏振原理
D. 丁图是医学上的内窥镜，其核心部件光导纤维能传输光像信号，是利用光的全反射
2.蓝光光盘是利用波长较短的蓝色激光读取和写入数据的光盘，而传统DVD光盘需要光盘发出红色激光来读取或写入数据。对于光存储产品来说，蓝光光盘比传统DVD光盘的存储容量大很多。如图由红、蓝两种单色光组成的复合光束射入一玻璃球体，当入射角θ等于60∘时，其折射光束和出射光束如图所示。已知a光束第一次射出此玻璃球体后的出射光束相对复合光束的偏折角也为60∘，则下列说法正确的是( )
A. 用a光可在光盘上记录更多的数据信息
B. 该玻璃球体对a光的折射率为 3
C. a光在玻璃中的传播时间长
D. 通过同一单缝分别进行衍射实验时，a光中央亮条纹更窄
3.某些共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，可以不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd共有N匝，总电阻为r。线圈处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈以角速度ω绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的磁通量Φ随时间t变化的图像，则( )
A. t=0时刻线圈处于中性面位置
B. t1时刻电流表示数为0，t2时刻电流表的示数最大
C. t3时刻到t4时刻这段时间通过电阻R的电荷量为NΦmR+r
D. 线圈转动一圈，外力对它所做的功为2πN2Φm2R+r
4.B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射。探头接收到的超声波信号形成B超图像。如图为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，t=0时刻波恰好传到M质点。已知此超声波的周期为1×10−7s，下列说法正确的是( )
A. 质点开始振动的方向沿y轴正方向
B. 0∼1.25×10−7s内质点M运动的位移为0.4mm
C. 超声波在血管中的传播速度为340m/s
D. t=2.0×10−7s时质点N恰好处于波峰
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
5.物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展，下列说法符合事实的是( )
A. 赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论
B. 查德威克用α离子轰击 714N获得反冲核 817O，发现了中子
C. 贝克勒尔发现天然放射性现象，说明原子核有复杂结构
D. 卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型
6.关于甲、乙图对应的说法正确的是( )
A. 图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做匀变速直线运动
B. 图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子的加速度方向永远指向平衡位置O点
C. 图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力和细线拉力的合力
D. 图乙中单摆的摆球运动到O点时所受合力不为零
7.如图所示为远距离输电过程示意图，下列说法正确的是( )
A. 低压变电站中变压器的副线圈匝数比原线圈多
B. 高压输电综合考虑各种因素，输电电压越高越好
C. 其他条件不变，用户消耗的电功率越大，线路损耗的电功率也越大
D. 其他条件不变，若升压变压器原线圈匝数加倍，线路损耗的电功率增大
8.氢原子的能级图如图甲所示，一群处于n=4的激发态的氢原子自发跃迁，辐射出的光子中仅有a、b两种光能使图乙中的光电管电路产生光电流，测量得到的光电流I与电压U的关系曲线如图丙所示，则( )
A. a光光子的能量大于b光光子的能量
B. b光产生的光电子的最大初动能Ek=9.8eV
C. 阴极K的逸出功W=2.95eV
D. a光的反向退止电压Uc2=9.41eV
三、实验题：本大题共1小题，共12分。
9.(1)在下列光学实验中：
①在“测定玻璃的折射率”的实验中，某同学在画玻璃砖边界时操作如图甲所示，请指出其不当之处：
______(写出一点即可)，实验中，已画好玻璃砖边界ab、cd后，不小心误将玻璃砖向上稍平移了一点，如图乙所示，其他操作正确，则测得玻璃的折射率将______(选填“变大”“不变”或“变小”)。
②图丙中，若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可______；
A.将单缝向双缝靠近
B.将屏向靠近双缝的方向移动
C.将屏向远离双缝的方向移动
D.使用间距更小的双缝
③图丙实验中，若双缝间距为d，屏与双缝间的距离为1，测得第2条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为x，则单色光的波长为______。
(2)利用如图丁所示的装置验证动量守恒定律。正常工作的气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A和滑块B上都固定有完全相同、长度为d的遮光片。气垫导轨上装有光电门传感器1和2，与之连接的光电计时器(图中未画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。将滑块A置于气垫导轨光电门1左侧某位置，滑块B置于光电门1和光电门2之间靠近光电门2的位置处。测得滑块A的质量为m1，滑块B的质量为m2。
①现给滑块A向右的初速度，使它与静止的滑块B相碰。碰前与光电门1相连的光电计时器显示的时间是t1，碰后滑块B向右运动，与光电门2相连的光电计时器显示的时间是t2，滑块A向左运动，与光电门1相连的光电计时器显示的时间是t3。要验证碰撞中动量守恒，需要验证的表达式为______。(用题中给出的物理量符号表示)
②若某同学在测量遮光片的宽度时，由于人为的错误致使测得的长度偏大，请问该错误对于该实验的结论
______(填“有”或“没有”)影响。
四、简答题：本大题共2小题，共30分。
10.如图甲所示，质量m=4.0×10−3kg、边长L=0.20m、电阻R=2.0Ω的正方形单匝金属线框abcd，置于倾角α=30∘的绝缘斜面上，ab边与斜面底端平行，线框的一半面积处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t按图乙所示的规律周期性变化，若线框在斜面上始终保持静止，取g=10m/s2。求：
(1)在0∼2.0×10−2s时间内线框中产生的感应电流大小I1；
(2)在t=1.0×10−2s时线框受到斜面摩擦力f的大小和方向；
(3)在一个周期内电流在线框中产生的焦耳热Q。
11.如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生弹性正碰(碰撞时间极短)，小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)小球A和物块B碰撞后的速度大小；
(2)碰撞过程物块B受到的冲量；
(3)碰后轻弹簧获得的最大弹性势能。
五、计算题：本大题共1小题，共18分。
12.如图所示，足够长的U型金属框架质量M=0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，相距0.4m的MM′、NN′相互平行，不计电阻。电阻R1=0.1Ω的MN垂直于MM′。质量m=0.3kg，电阻R2=0.1Ω，长度l=0.4m的光滑导体棒ab横放在金属框架上。ab棒左侧被固定在水平面上的两个小立柱挡住。整个装置处于竖直向上的空间足够的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T。现对金属框架施加垂直于MN水平向左F=2N的恒力，金属框架从静止开始运动。运动过程中ab棒与金属框架始终保持良好接触，重力加速度g=10m/s2。
(1)求金属框架运动的最大速度vm的大小；
(2)从金属框架开始运动到最大速度的过程中，MN上产生的焦耳热Q=0.1J，求该过程框架位移x的大小和ab棒所受的安培力的冲量I的大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、甲图中，正中心是一个亮点，是著名的泊松亮斑图案，光偏离原来直线方向传播，这是光波的衍射现象，故A正确；
B、乙图中的彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的，从而导致偏折程度不同，进而出现色散现象，故B正确；
C、增透膜是利用光的干涉，将反射光相互减弱，从而增强透射，故C不正确；
D、光导纤维束内传送图象，是利用光的全反射原理，故D正确；
本题选择不正确的，故选：C
泊松亮斑是光的衍射现象；彩虹是应用光的折射；光导纤维束是利用光的全反射原理，增透膜利用了光的干涉原理，从而即可求解．
考查光的干涉、折射与全反射的原理，及其发生条件，注意增透膜的原理，理解干涉色散与折射色散的不同．
2.【答案】B
【解析】解：A.设折射角为α，根据折射定律n=sinθsinα可知，b光的折射角小，因此b光的折射率大，根据频率和折射率的关系，则b光的频率比a光的频率大，由此可知b光为蓝光，根据题意b光光盘上记录更多的数据信息，故A错误；
B.设光在玻璃体中的折射角为β，光在玻璃体中的光路图如图所示：
由于偏折角为60∘，因此圆心角为∠POQ=120∘，根据几何知识折射角β=60∘
根据折射定律，玻璃体的折射率n=sinθsinβ=sin60∘sin30∘= 3212= 3，故B正确；
C.设玻璃体的半径为R，折射角为r，则光在玻璃体中的传播距离s=2R⋅csr
根据折射定律和折射率公式n=sinθsinr=cv
光在玻璃体中的传播速度v=sinrsinθ⋅c
则光传播的时间t=sv=2Rcsrsinrsinθ⋅c=2Rsinθc⋅tanr
由于a光的折射角大，因此a光在玻璃体中传播时间短，故C错误；
D.根据折射定律n=sinθsinα可知，b光的折射角小，因此b光的折射率大，根据频率和折射率的关系，则b光的频率比a光的频率大，b光的波长比a光的波长小，通过同一单缝分别进行衍射实验时，a光中央亮条纹更宽，故D错误
故选：B。
A.根据折射定律结合光路图求解折射率的大小，从而判断频率的大小，进一步判断出a、b光的颜色，据此分析作答；
B.根据结合知识求折射角，根据折射定律求玻璃体的折射率；
C.根据几何知识求解光在玻璃体中的传播距离，根据折射定律和折射率公式求光在玻璃体中的传播速度，再求传播时间；
D.根据折射定律结合光路图求解折射率的大小，从而判断频率的大小，波长的大小；再根据单缝衍射判断中央亮条纹的宽度。
本题的关键是根据光路图求解ab两光折射率的大小关系，从而判断频率的大小关系；知道衍射现象中中央亮条纹的宽度与波长的关系。
3.【答案】C
【解析】解：A.由图乙可知，t=0时刻穿过线圈的磁通量为0，则线圈与中性面垂直，故A错误；
B.根据题意可知，电流表示数为有效值，根据公式感应电动势的最大值Em=NBSω可知，线圈产生的感应电动势的最大值为Em=NΦmω，
感应电动势有效值为E有=Em 2=NΦmω 2，则电流表的读数为I=E有R+r=NΦmω 2(R+r)，故B错误；
C.根据法拉第电磁感应定律有E=NΔΦΔt，感应电流大小I=ER+r，流过电阻的电荷量为q=IΔt，
联立解得：q=NΦmR+r，故C正确；
D.根据公式T=2πω可得，线圈转动一周的时间为t=2πω，线圈转动一周产生的热为Q=E有2R+rt=N2Φm2ωπR+r，
即线圈转动一周安培力做功为W=−N2Φm2ωπR+r，由动能定理可得，外力对它所做的功为N2Φm2ωπR+r，故D错误。
故选：C。
在中性面位置穿过线圈的磁通量最大；交流电流表测量的是交流电的有效值；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和电流的定义式解答通过电阻的电荷量；线圈转动一周外力做的功等于整个电路产生的热量。
知道在计算通过电阻电荷量的时候，要用的电流是平均电流，相应的电动势是平均电动势；还有根据能量关系可知线圈转动一周外力做的功等于整个电路产生的热量。
4.【答案】D
【解析】解：A.超声波沿x轴正方向，根据波形平移法可知，质点开始振动的方向沿y轴负方向，故A错误；
B、超声波的周期为T=1×10−7s，t=1.25×10−7s=54T，因此0∼1.25×10−7s内M的位移为−0.4mm，故B错误；
C、超声波在血管中的传播速度为
v=λT=14×10−51×10−7m/s=1.4×103m/s
故C错误；
D、在t=2.0×10−7s时间内，波传播的距离为
x=vt=1.4×103×2.0×10−7m=2.8×10−4m
即x=7×10−2mm处质点的振动形式传播到N点，则t=2.0×10−7s时质点N恰好处于波峰，故D正确。
故选：D。
根据波形平移法判断质点开始振动的方向；根据时间与周期的倍数关系，求解质点M的位移；由v=λf求解超声波在血管中的传播速度；由s=vt求出t=2.0×10−7s时间内波传播的距离，再分析t=2.0×10−7s时质点N的位置。
本题要能熟练运用波形平移法分析波的形成过程，判断质点的振动方向。根据时间与周期的倍数关系，来求解质点通过的路程或位移。
5.【答案】AC
【解析】解：A、根据物理学史可知，赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论；故A正确；
B、查德威克用α粒子轰击铍核，产生中子和碳12原子核，故B错误；
C、贝克勒尔发现天然放射性现象，说明原子核有复杂结构；故C正确；
D、卢瑟福通过对α射线散射的研究提出了原子的核式结构模型；故D错误；
故选：AC。
明确人类对于电磁波以及原子结构研究的物理学史，注意B中查德威克发现中子的核反应方程，从而明确发现物．
本题考查对物理学史的掌握情况，要注意准确记忆相关科学家的主要贡献；并能准确用所学规律进行分析，绝不能似是而非．
6.【答案】BD
【解析】解：A.题图甲是研究弹簧振子的运动实验图，弹簧振子在弹簧弹力作用下做简谐运动，简谐运动是变加速运动，故A错误；
B.弹簧振子在弹簧弹力作用下做加速度方向永远指向平衡位置O点的变速直线运动，故B正确；
C.题图乙是研究单摆的回复力实验图，单摆的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力，故C错误；
D.题图乙中单摆的摆球运动到O点时所受合力指向圆心，故D正确。
故选：BD。
弹簧振子的恢复力总是指向平衡位置，F回=kx位移改变，回复力随之改变，所以弹簧振子做变速运动；单摆的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力，在圆弧最低点摆球的合力指向圆心。
本题考查弹簧振子的回复力和运动情况，还考查了单摆的回复力及最低点合力的方向，只要掌握了弹簧振子和单摆的相关知识，并不难。
7.【答案】CD
【解析】解：A、低压变电站中变压器的副线圈匝数比原线圈少，故A错误；
B、在高压输电的过程中，电压过高时，感抗和容抗影响较大，绝缘性能的要求也变高，所以不一定是电压越高越好，故B错误；
C、其它条件不变，用户消耗的电功率变大，则用户端总电流也越大，则通过输电线的电流也就会变大，根据P=I2R可知，线路损耗的电功率变大，故C正确；
D、根据理想变压器的特点，有U1U2=n1n2，则U2=n2n1U1，其它条件不变，n1增加，则U2减小，根据输入功率等于输出功率，结合I=PU可知，通过输电线上的电流会增大，则线路损耗的电功率将增大，故D正确。
故选：CD。
根据理想变压器原副线圈的电压、电流与匝数比的关系可以得到输电线上的电压、电流的变化情况，进而可以判断线路损耗的电功率情况。
解此类问题的关键有两条，第一是熟练掌握原副线圈中电压、电流的关系；第二是变压器的输入功率等于输出功率。
8.【答案】BC
【解析】解：A、辐射出的光子中仅有a、b两种光能使图乙中的光电管电路产生光电流，结合光电流I与电压U的关系曲线分析知，b光的反向遏止电压大，根据W=hν−eUc知，b光光子的能量大于a光光子的能量，故A错误；
B、对b光产生的光电子分析，根据动能定理可得：−eUc1=0−Ek
解得：Ek=9.8eV，故B正确；
C、对b光的光子，有：hνb=E4−E1=−0.85eV−(−13.6eV)=12.75eV
所以逸出功为：W=hνb−Ek=12.75eV−9.8eV=2.95eV，故C正确；
D、对a光的光子，有hνa=E3−E1=−−(−13.6eV)=12.09eV
Ek′=hνa−W
Ek′=eUc1
联立解得：Uc1=9.14eV，故D错误。
故选：BC。
结合光电流I与电压U的关系曲线分析知，b光的反向遏止电压大，根据爱因斯坦光电效应方程分析光子能量的大小；对b光产生的光电子分析，根据动能定理分析光电子的最大初动能；对b光的光子，根据动能定理、爱因斯坦光电效应方程分析逸出功；对a光的光子，根据动能定理、能级图分析a光的反向退止电压。
本题主要是考查了能级跃迁；知道氢原子从高能级向低能级跃迁时辐射一定频率的光子，从低能级向高能级跃迁时吸收一定频率的光子，且基态的氢原子吸收的能量必须等于两能级间的能级差；掌握光子能量的计算公式E=hν，其中ν就是光子的频率。
9.【答案】用手直接触摸玻璃砖的光学面 不变 Bxd(n−2)l m1t1=m2t2−m1t3 没有
【解析】解：(1)①根据图甲可知，不当之处为用手直接触摸玻璃砖的光学面；
光路图如图所示：
根据几何知识，可知实验不小心误将玻璃砖向上稍平移了一点，折射角不变；
根据折射定律n=sinisinr
测得玻璃的折射率不变；
②要想增加从目镜中观察到的条纹个数，应减小条纹间距Δx；根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，可以减小双缝到屏的距离或增大双缝之间的距离或者减小入射光的波长；
A.将单缝向双缝靠近，条纹间距不变，故A错误；
B.将屏向靠近双缝的方向移动，L减小，Δx减小，故B正确；
C.将屏向远离双缝的方向移动，L增大，Δx增大，故C错误；
D.使用间距更小的双缝，d减小，Δx增大，故D错误。
故选：B。
③根据题意，相邻亮条纹之间的距离Δx=xn−2
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=ldλ
单色光的波长λ=dΔxl=dl×xn−2=dxl(n−2)
(2)①设遮光条的宽度为d，碰前滑块A的速度大小v1=dt1
碰撞后滑块B的速度大小v2=dt2
碰撞后滑块A的速度大小v3=dt3
取水平向右为正方向，若碰撞过程动量守恒，则m1v1=m2v2−m1v3
代入数据联立解得m1t1=m2t2−m1t3
②根据上式可知，表达式与遮光条的宽度无关，因此测得遮光条的长度偏大，该错误对于该实验的结论无影响。
故答案为：(1)①用手直接触摸玻璃砖的光学面或用玻璃砖代替直尺画边界线；不变；②B；③xd(n−2)l；(2)①m1t1=m2t2−m1t3；②没有。
(1)①根据实验原理和注意事项分析作答；根据折射定律分析作答；
②根据双缝干涉条纹间距公式分析作答；
(2)根据光电门求得碰前A的速度，再根据动量公式求得A的动量，根据实验原理可知需要验证的表达式；由于验证的表达式没有遮光片的宽度物理量，所以不会对结论产生影响。
本题考查动量守恒的验证实验，关键在于掌握实验的原理，即动量守恒的表达式如何求解，注意规定正方向。
10.【答案】解：(1)线框中产生的感应电动势E1，感应电流I1，则感应电动势：E1=ΔΦΔt=ΔBΔtS
磁感应强度的变化率：ΔBΔt=0.2−02×10−2T/s=10T/s
而有效面积：S=12L2
根据欧姆定律得：I1=E1R
代入数据解得：I1=0.1A
(2)线框在磁场中的横边受到的安培力：FA=BIL
由于线框静止，mgsinα+FA−f=0
在t=1.0×10−2s时，B=B1=0.1T
解得：f=2.2×10−2N
方向沿斜面向上
(3)在3.0×10−2s∼4.0×10−2s时间内线框中产生的感应电动势：
E2=ΔΦΔt=ΔBΔt⋅L22=0.2−01×10−2×0.2×0.22V=0.4V
设线圈在一个周期内产生的焦耳热为Q，则：
Q=E12R⋅T2+E22R⋅T4，其中T=4×10−2s
解得：Q=1.2×10−3J
答：(1)在0∼2.0×10−2s时间内线框中产生的感应电流大小I1为0.1A；
(2)在t=1.0×10−2s时线框受到斜面摩擦力f的大小为2.2×10−2N，方向沿斜面向上；
(3)在一个周期内电流在线框中产生的焦耳热Q为1.2×10−3J。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求线框中的电流；
(2)由平衡条件，结合安培力的方向和大小求摩擦力的大小；
(3)根据焦耳定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等分段求出电动势、电流及热量。再把热量相加为所求。
本题是电磁感应中线圈类型，通过图象分析磁感应强度B的变化规律，并能够求出磁感应强度的变化率，将电磁感应和电路问题结合起来，用基本规律可以解决问题。
11.【答案】解：(1)设小球运动到最低点与物块B碰撞前瞬间的速度大小为v，根据机械能守恒定律有
mgh=12mv2
取水平向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，设碰后A、B的速度分别为vA、vB，则对A、B组成的系统有
mv=mvA+mvB
12mv2=12mvA2+12mvB2
联立方程，解得：vA=0，vB=v= 2gh
(2)由动量定理可得，碰撞过程物块B受到的冲量为
I=mvB−0
解得：I=m 2gh，方向水平向右
(3)碰撞后当物块B与物块C速度相等时(设此时两者速度为vBC)轻弹簧的弹性势能最大，对B、弹簧、C组成的系统
由动量守恒定律有：mvB=(m+3m)vBC
由机械能守恒定律有：Epm=12mvB2−12(m+3m)vBC2
解得：Epm=34mgh
答：(1)小球A和物块B碰撞后的速度大小分别为0、 2gh；
(2)碰撞过程物块B受到的冲量为m 2gh，方向水平向右；
(3)碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为34mgh。
【解析】(1)小球下摆过程，由机械能守恒定律可求出小球与物块B碰撞前瞬间的速度，对A、B组成的系统，由动量守恒定律可
列方程，由机械能守恒定律可列方程，联立方程，可求小球A和物块B碰撞后的速度大小。
(2)碰撞过程，对物块B，根据动量定理可列方程，可求物块B获得的冲量。
(3)碰撞之后，B与弹簧、C组成的系统在水平方向不受外力的作用，系统在水平方向动量守恒，当B与C的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可列方程，由机械能守恒定律可列方程，联立方程，可求碰后轻弹簧获得的最大弹性势能。
本题综合考查了系统动量守恒定律、机械能守恒定律，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，要知道弹簧弹性势能最大时对应的是B与C的速度相等。
12.【答案】解：(1)金属框架切割磁感线产生的感应电动势E=BLv
感应电流I=ER1+R2
金属框架受到的安培力大小F安培=BIL
金属框架做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：F−μ(m+M)g−F安培=0
代入数据解得，最大速度vm=5m/s
(2)由于电阻R1=R2，两电阻串联，由串联电路特点与焦耳定律可知，两电阻产生的热量相等，都是Q，
从金属框架开始运动到达到最大速度过程，由能量守恒定律得：Fx=μ(m+M)gx+2Q+12Mvm2
代入数据解得：x=2.7m
通过MN的电荷量q=I−Δt=E−R1+R2Δt=ΔΦΔtR1+R2Δt=ΔΦR1+R2=BLxR1+R2
安培力对ab棒的冲量大小I=BI−Lt
其中q=I−t
代入数据解得：I=0.54N⋅s
答：(1)金属框架运动的最大速度vm的大小是5m/s；
(2)该过程框架位移x的大小是2.7m，ab棒所受的安培力的冲量I的大小是0.54N⋅s。
【解析】(1)金属框架匀速运动时速度最大，应用平衡条件求解最大速度。
(2)应用能量守恒定律求出框架位移大小；应用安培力的计算公式求出安培力的冲量大小。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
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